- 牛顿第二定律
- 共12933题
高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同．经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍，重力加速度为g．求：
（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小；
（2）列车在匀速行驶时，第六节车厢因某种原因失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力大小如何变化，变化了多少？
正确答案
解：（1）列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度a=
对整个列车，由牛顿第二定律得，
F-k•7mg=7ma ②
设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢受力分析，水平方向受力如图所示，
由牛顿第二定律得，
联立①②③得，
其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反．
（2）列车匀速运动时，对整体由平衡条件得，
F′-k•7mg=0 ⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，
则有：
第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢的作用力为T2，
则有：
联立⑤⑥⑦得T1=-
T2=
因此作用力变化△T=T2-|T1|=
答：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力为为
（2）第五节车厢对第六节车厢的作用力大小变化了
解析
解：（1）列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度a=
对整个列车，由牛顿第二定律得，
F-k•7mg=7ma ②
设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢受力分析，水平方向受力如图所示，
由牛顿第二定律得，
联立①②③得，
其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反．
（2）列车匀速运动时，对整体由平衡条件得，
F′-k•7mg=0 ⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，
则有：
第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢的作用力为T2，
则有：
联立⑤⑥⑦得T1=-
T2=
因此作用力变化△T=T2-|T1|=
答：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力为为
（2）第五节车厢对第六节车厢的作用力大小变化了
正确答案
4
解析
解：根据牛顿第二定律得，行李的加速度为：a=
行李达到传送带速度经过的位移为：
经历的时间为：t=
在这段时间内传送带的位移为：x2=vt=1m
则相对位移为：△x=x2-x1=0.5m
摩擦产生的热量；Q=μmg△x=0.1×40×0.5J=2J．
根据能量守恒定律得，电动机消耗的电能：W=
故答案为：4
正确答案
2g
0
解析
解：悬线被烧断前，根据平衡条件得
对B物体：弹簧的拉力F1=mg，
对整体：悬线的拉力F2=2mg
当悬线突然被烧断的瞬间，F2=0，F1=mg，则此瞬间A的合力等于大小等于F2=2mg，
根据牛顿第二定律得
对B：aB=
对A：aA=
故本题答案是：2g；0
（1）m的最大加速度为______
（2）M对地面的最大压力为______．
正确答案
2（M+m）g
解析
解：（1）在最高点时，m的位移最大，加速度最大．
据题，此时M对地面的压力刚好为零，故弹簧对M的拉力为：F=Mg；
对m，根据牛顿第二定律，有：F+mg=ma；
解得最大加速度为：a=
（2）简谐运动具有对称性，在最低点，m有向上的最大加速度，对系统整体运用牛顿第二定律，有：
N-（M+m）g=ma
联立解得：N=2（M+m）g
根据牛顿第三定律，M对地面的最大压力为2（M+m）g；
故答案为：（1）
（1）若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端？
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大？
正确答案
解：（1）米袋在AB部分加速时的加速度为：a0=
米袋的速度达到v0=5 m/s时，滑行的距离s为：0=
CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
得：a=10 m/s2
米袋能滑上的最大距离为：s=
故米袋不能运动到D端．
（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v之前的加速度大小为：
a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为：
a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
由运动学公式得：
解得：v=4 m/s
即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4 m/s．
答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋不能运动到D端；
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s．
解析
解：（1）米袋在AB部分加速时的加速度为：a0=
米袋的速度达到v0=5 m/s时，滑行的距离s为：0=
CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
得：a=10 m/s2
米袋能滑上的最大距离为：s=
故米袋不能运动到D端．
（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v之前的加速度大小为：
a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为：
a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
由运动学公式得：
解得：v=4 m/s
即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4 m/s．
答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋不能运动到D端；
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s．
总质量为M的热气球，由于故障而在高空以v匀速竖直下降，为防止继续下降，在t=0时刻，从热气球上释放一个质量为m的沙袋，不计空气阻力，当t=______时热气球停止下降，这时沙袋的速度为______（此时沙袋尚未着地，整个过程中空气浮力不变）
正确答案
解析
解：气球释放沙袋后所受合力为mg，
由牛顿第二定律：mg=（M-m）a
解得：a=
则至停止所用的时间为t=
此时沙袋的速度：v′=v+gt，
解得：v=
故答案为：
正确答案
2.2×104
10
解析
解：图象可以看出，加速上升阶段的最大加速度为1m/s2，根据牛顿第二定律，有：
F-mg=ma
解得：
F=m（g+a）=2.0×103kg×（10m/s2+1m/s2）=2.2×104N；
速度改变量等于图象与时间轴包围的面积，故：
△v=
故答案为：2.2×104，10．
如图1所示，一物体受到水平推力F的作用，在水平地面上做直线运动．推力F和速度v随时间t变化的规律如图2所示．求：
（1）物体在前6s内的平均速度大小
（2）物体的质量m．
正确答案
解：（1）由v-t图包围的面积可知，物体在前6秒内运动的位移：
x=
所以，物体在前6秒内的平均速度大小为：
（2）0～2秒内物体做匀加速直线运动，由v-t图象斜率可得加速度大小：
a1=0.5m/s2
由牛顿第二定律得：
F1-f=ma1
2～6秒内物体做匀减速直线运动，由v-t图象斜率可得加速度大小：
a2=0.25m/s2
由牛顿第二定律得：
f-F2=ma2
解得：
m=2.0kg
答：（1）物体在前6s内的平均速度大小
（2）物体的质量m为2.0kg．
解析
解：（1）由v-t图包围的面积可知，物体在前6秒内运动的位移：
x=
所以，物体在前6秒内的平均速度大小为：
（2）0～2秒内物体做匀加速直线运动，由v-t图象斜率可得加速度大小：
a1=0.5m/s2
由牛顿第二定律得：
F1-f=ma1
2～6秒内物体做匀减速直线运动，由v-t图象斜率可得加速度大小：
a2=0.25m/s2
由牛顿第二定律得：
f-F2=ma2
解得：
m=2.0kg
答：（1）物体在前6s内的平均速度大小
（2）物体的质量m为2.0kg．
质量m=1kg的物体在拉力F作用下沿倾角为30°的斜面斜向上匀加速运动，加速度的大小为a=3m/s2，力F的方向沿斜面向上，大小为10N．运动过程中，若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间物体的加速度的大小是______．
正确答案
7m/s2
解析
解：物体沿斜面向上匀加速运动时，由牛顿第二定律有：F-mgsin30°-f=ma，解得 f=F-mgsin30°-ma=10-10×0.5-3N=2N．
撤去外力F后，根据牛顿第二定律得，f+mgsinθ=ma′，解得a′=gsin30°+
故答案为：7m/s2．
A撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C物体做匀减速运动的时间为2
D物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0-
正确答案
解析
解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．
B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=
C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a=
3x0=
D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=
故选BD
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